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分析：

为了使测量结果更精确，根据实验原理分析可知：选择的入射角应尽量大些；大头针应垂直地插在纸面上；大头针P$_1$和P$_2$及P$_3$和P$_4$之间的距离适当大些，这样可以减小测量的相对误差．

解答：

解：A、为了使测量结果更精确，可多次测量取平均值，从而减小实验的误差，故A正确．

B、C、为了减小实验的相对误差，插针间距恰当大些，这样由于相同视觉距离误差，引起的角度误差小些，故B正确，C错误．

D、入射角应尽量大些，可减小入射角的相对误差．故D正确．

故选：ABD．

点评：

本题关键是明确误差有偶然误差与系统误差之分，知道偶然误差的减小办法是多次测量取平均值，系统误差的减小办法是改进实验原理．

分析：

根据折射定律分析大头针插在P$_3$、P$_4$位置时液体的折射率值大小．对于有些液体，可能发生全反射，在KC部分观察不到大头针P$_1$、P$_2$的像．由图定出入射角和折射角，由折射定律求出折射率．

解答：

解：A、若液体的折射率较大，临界角较小，光线发生全反射，不从液体射到空中，在KC部分观察不到大头针P$_1$、P$_2$的像，可知该装置不能测量所有液体的折射率．故A错误．

B、图中P$_3$位置处光线的偏折程度比P$_4$处小，则P$_4$处对应的折射率大．故B错误．

C、作AO的延长线交圆周于K，入射角等于折射角，则对应的折射率为1．故C正确．

D、若OP$_3$与OC的夹角为30°，知在空气中的折射角为60°，根据折射定律得，n=$\frac {sin60°}{sin30°}$=$\sqrt {3}$．故D正确．

E、测某液体折射率时，在右上方区域观察不到P$_1$、P$_2$的像，知光线发生了全反射，根据sinC=$\frac {1}{n}$，解得n=2，知液体的折射率大于2．故E正确．

故选：CDE．

点评：

对于折射定律应用时，要注意公式n=$\frac {sini}{sinr}$的使用条件是光从真空射入介质发生折射．

分析：

测定玻璃折射率的原理是折射定律n=$\frac {sinθ$_1$}{sinθ$_2$}$，根据数学知识可知，sinθ$_1$-sinθ$_2$图线的斜率等于折射率，可求出折射率．由临界角公式sinC=$\frac {1}{n}$，可求出玻璃全反射时临界角的正弦值．

解答：

解：A、由图线看出，入射角的正弦sinθ$_1$＞sinθ$_2$，则知该同学做实验时，光是由空气射入玻璃．故A错误．

B、C玻璃的折射定律n=$\frac {sinθ$_1$}{sinθ$_2$}$，根据数学知识可知，sinθ$_1$-sinθ$_2$图线的斜率等于折射率，由数学知识得，n=$\frac {1.0}{0.67}$≈1.49．故B错误，C正确．

D、由临界角公式sinC=$\frac {1}{n}$得，sinC=$\frac {sinθ$_2$}{sinθ$_1$}$=0.67．故D正确．

故选CD

点评：

实验的核心是实验原理，本实验的原理是折射定律n=$\frac {sinθ$_1$}{sinθ$_2$}$，根据数学知识分析图线斜率的物理意义，掌握临界角公式即可容易解答．

分析：

在振动加强区和减弱区，振幅最大和最小，位移随时间的变化而变化．

解答：

解：A、振动加强区质点的位移可能为零，不一定大于振动减弱区的位移．故A错误．

B、振动加强区质点的振幅大．故B正确．

C、在振动加强区，质点的位移随时间周期性变化．故C正确．

D、在振动的过程中，振幅不变．故D错误．

故选BC．

点评：

解决本题的关键知道振动加强区和减弱区的特点，知道在加强区不是位移始终最大，减弱区不是位移总是最小．

分析：

两列波相叠加时，振动方向相同的为振动加强区域，振动方向相反的为减弱区域，振动加强区域始终振动加强，振动减弱区域始终减弱，它们是相互交替出现，两列波发生干涉时，振动加强处的质点，振幅增大，但振动加强点仍在振动，位移仍在周期性变化．

解答：

解：A、两列波发生干涉时，如果两列波的波峰在P点相遇，质点P的振动加强，振幅增大，但P点仍振动，位移仍在周期性变化，故A错误．

BD、两列波相叠加时，振动方向相同的为振动加强区域，振动方向相反的为减弱区域，振动加强区域始终振动加强，振动减弱区域始终减弱，它们是相互交替出现，不会随时相互交换，故B正确、D错误．

C、两列波相叠加时，加强点的振动，能量始终最大，故C正确．

故选：BC．

点评：

本题要掌握波动干涉的特征，只有频率相同的两列波才能发生干涉现象，振动加强与减弱区域相互间隔，振动加强的区域始终加强，振动减弱的区域始终减弱．